熱點十二電磁學(xué)綜合題

1、"備課大師"全科【9門】：免注冊，不收費！熱點十二電磁學(xué)綜合題帶電粒子在復(fù)合場中運動問題情境變化多，與現(xiàn)代科技聯(lián)系緊密，近年新課標(biāo)全國卷中對帶電粒子在復(fù)合場中的運動考查角度主要有三；一是將帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和帶電粒子在勻強磁場中的運動綜合在一起命題；二是考查帶電粒子在電場、磁場的疊加場中的運動；三是考查考慮重力的帶電質(zhì)點的電場、磁場、重力場的復(fù)合場中的運動?？枷蛞粠щ娏Ｗ釉陔妶鲋械倪\動如圖1所示，一對帶電平行金屬板A、B與豎直方向成30°角放置，B板中心有一小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy上的O點，y軸沿豎直方向。一比荷為1.0×105 C

2、/kg的帶正電粒子P從A板中心O處靜止釋放后沿OO做勻加速直線運動，以速度v0104 m/s，方向與x軸正方向成30°夾角從O點進入勻強電場，電場僅分布在x軸的下方，場強大小E×103 V/m，方向與x軸正方向成60°角斜向上，粒子的重力不計。試求：圖1(1)AB兩板間的電勢差UAB。(2)粒子P離開電場時的坐標(biāo)。(3)若在P進入電場的同時，在電場中適當(dāng)?shù)奈恢糜伸o止釋放另一與P完全相同的帶電粒子Q，可使兩粒子在離開電場前相遇。求所有滿足條件的釋放點的集合(不計兩粒子之間的相互作用力)。解析(1)由動能定理qUABmv可得UAB V500 V(2)粒子P在進入電場后

3、做類平拋運動，設(shè)離開電場時到O的距離為L，如圖所示，則Lcos 30°v0tLsin 30°t2解得L1 m，所以P離開電場時的坐標(biāo)為(1,0)(3)由于粒子Q與P完全相同，所以只需在P進入電場時速度方向的直線上的OM范圍內(nèi)任一點釋放粒子Q，可保證兩者在離開電場前相碰，所在的直線方程為yxOMLcos 30° m故M的橫坐標(biāo)為xMOM·cos 30°0.75 m。答案(1)500 V(2)(1,0)(3)yx，且0x0.75 m考向二帶電粒子在勻強磁場中的運動如圖2所示，兩同心圓圓心為O，半徑分別為r和2r，在它們圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強

4、度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。大量質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子以不同的速率從P點沿各個方向射入磁場區(qū)域，不計粒子重力及其相互作用。圖2(1)若某帶電粒子從P點沿PO方向射入磁場，恰好未能進入內(nèi)部圓形區(qū)域，求該粒子在磁場中運動的時間。(2)若有些帶電粒子第一次穿過磁場后恰能經(jīng)過O點，求這些粒子中最小的入射速率。解析(1)該粒子恰好沒有進入內(nèi)部圓形區(qū)域，說明粒子軌跡與內(nèi)圓相切，設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R1，圓心為Q1，軌跡如圖，則有：(R1r)2R(2r)2設(shè)粒子偏轉(zhuǎn)角為，由幾何關(guān)系可得tan由、解得106°又由粒子在磁場中運動周期為T粒子在磁場中運動的時間t×T粒子由洛

5、倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm由得：t(2)最小速率的帶電粒子應(yīng)與大圓相切入射，軌跡如圖所示，設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2，圓心為O2，粒子速度為v，則由幾何關(guān)系得：(2rR2)2Rr2由牛頓第二定律可得：qvBm由和式解得：v。答案(1)(2)考向三帶電粒子在組合場、復(fù)合場中運動如圖3所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里和向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為B10.2 T、B20.05 T，分界線OM與x軸正方向的夾角為。在第二、三象限內(nèi)存在著沿x軸正方向的勻強電場，電場強度E1×104 V/m?，F(xiàn)有一帶電粒子由x軸上A點靜止釋放，從O點進入勻強磁場區(qū)域。已知A點橫坐標(biāo)xA5

6、×102 m，帶電粒子的質(zhì)量m1.6×1024 kg，電荷量q1.6×1015 C。圖3(1)如果30°，在OM上有一點P，OP3×102 m，粒子從進入O點計時，經(jīng)多長時間經(jīng)過P點？(2)要使帶電粒子能始終在第一象限內(nèi)運動，求的取值范圍？(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)解析(1)在電場中加速過程，根據(jù)動能定理，有：qExAmv2，解得：v m/s1×106 m/s；粒子在磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvBm，解得：r；故r15×103 mr22×102 m粒子通過直線

7、邊界OM時，進入時速度與邊界線的夾角等于離開時速度與邊界線的夾角，故經(jīng)過B1磁場時沿著OM前進r1距離，經(jīng)過B2磁場時沿著OM前進r2距離，由于OP3×102 m2r1r2，故軌跡如圖所示：故粒子從進入O點計時，到達P點經(jīng)過的時間為：tT1T2×× s s3.14×108 s(2)由于r24r1，畫出臨界軌跡，如圖所示：由幾何關(guān)系解得：sin ，arcsin53°故90°63.5°。答案(1)3.14×108 s(2)63.5°考向四電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用如圖4所示，傾角為30°的平行金屬導(dǎo)軌固

8、定在水平面上，導(dǎo)軌的頂端接定值電阻R，與導(dǎo)軌寬度相等的導(dǎo)體棒AB垂直導(dǎo)軌放置，且保持與導(dǎo)軌有良好的接觸，圖1中虛線1和2之間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度，該導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域后能向上運動到的最高位置是虛線3處，然后沿導(dǎo)軌向下運動到底端。已知導(dǎo)體棒向上運動經(jīng)過虛線1和2時的速度大小之比為21，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運動時由虛線2到虛線1做勻速直線運動，虛線2、3之間的距離為虛線1、2之間距離的2倍，整個運動過程中導(dǎo)體棒所受的阻力恒為導(dǎo)體棒重力的，除定值電阻外其余部分電阻均可忽略。圖4(1)求導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運動經(jīng)過虛線2的速度大小v1與沿導(dǎo)軌向下運動經(jīng)過虛線2的速度大小v

9、2之比。(2)求導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運動剛經(jīng)過虛線1和剛經(jīng)過虛線2的加速度大小之比。(3)求導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運動經(jīng)過磁場過程中與沿導(dǎo)軌向下運動經(jīng)過磁場過程中定值電阻R上產(chǎn)生的熱量之比Q1Q2。解析(1)設(shè)虛線2、3之間的距離為x，導(dǎo)體棒由虛線2運動到虛線3的過程中，由牛頓第二定律得mgsin 30°mgma1，解得a1g，又由0v2a1x可得v1導(dǎo)體棒由虛線3運動到虛線2的過程中，由牛頓第二定律得mgsin 30°mgma2，解得a2g，又由v2a2x可得v2，因此v1v21。(2)設(shè)導(dǎo)體棒的長度為l，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運動經(jīng)過虛線1的速度為v0，加速度大小為a3，此時的感應(yīng)電動

10、勢為E1Blv0，由歐姆定律得回路中的電流為I1此時導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F1BI1l方向沿導(dǎo)軌向下由牛頓第二定律得mgsin 30°mgF1ma3，解得a3g由題意知導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下運動經(jīng)過虛線2時的速度大小為v2，此時的感應(yīng)電動勢為E2Blv2，回路中的電流為I2此時導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F2BI2l，方向沿導(dǎo)軌向上由力的平衡條件可得mgsin 30°mgF2，解得F2mg又因為v1v21，v0v121，可得v0v221整理可得a3g設(shè)導(dǎo)體棒向上運動剛好經(jīng)過虛線2時的加速度大小為a4，則由牛頓第二定律得mgsin 30°mgma4，整理可得a4g，解得a3

11、a41。(3)設(shè)虛線1和虛線2之間的距離為d，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上運動穿過磁場區(qū)域時，由功能關(guān)系得mgsin 30°·dmgdQ1mvmv導(dǎo)體棒向上由虛線2運動到虛線3的過程中，由功能關(guān)系得mvmgsin 30°·2dmg·2d，聯(lián)立解得Q1mgd導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向下由虛線2運動到虛線1的過程中，Q2W2F2dmgd解得Q1Q2101。答案(1)1(2)1(3)1011如圖5所示，在y軸右側(cè)整個空間有無限大勻強電場區(qū)。區(qū)域，電場強度為E1，方向沿x軸負方向，在直線x1 m與y軸之間的整個空間有勻強電場區(qū)域，電場強度為E2，方向沿y軸負方向，兩個電場的電

12、場強度大小相等，即E1E2，一帶正電的粒子從電場中由靜止釋放。經(jīng)電場加速后垂直射入電場，粒子重力不計。圖5(1)若釋放點S坐標(biāo)為(0.5 m,0.5 m)，求粒子通過x軸的位置坐標(biāo)；(2)將粒子在電場中適當(dāng)位置由靜止釋放，粒子能通過x軸上的P點，P點坐標(biāo)為(2,0)，求釋放點的坐標(biāo)應(yīng)滿足的條件。解析(1)粒子在電場中加速過程，根據(jù)動能定理可得qE1xmv粒子進入電場中做類平拋運動yat2asxv0t代入數(shù)據(jù)可得sx1 m因此粒子通過x軸的坐標(biāo)為(1 m,0)(2)設(shè)滿足條件的釋放點的坐標(biāo)為(x，y)，粒子在電場中加速過程根據(jù)動能定理可得qE1xmv粒子進入電場中做類平拋運動，設(shè)粒子從P點射出的

13、方向與x軸的偏轉(zhuǎn)角為vxv0vyata粒子在電場中的水平位移s1 mv0ttan 粒子通過P點，則末速度的反向延長線通過偏轉(zhuǎn)過程水平分位移的中點，故應(yīng)滿足tan ，即ytan 聯(lián)立以上各式解得y。答案見解析2.一半徑為R的薄圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸線平行，筒的橫截面如圖6所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒可繞其中心軸線轉(zhuǎn)動，圓筒的轉(zhuǎn)動方向和角速度大小可以通過控制裝置改變。一不計重力的帶負電粒子從小孔M沿著MN方向射入磁場，當(dāng)筒以大小為0的角速度轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從某一小孔飛出圓筒。圖6(1)若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則該粒子的比荷和

14、速率分別是多大？(2)若粒子速率不變，入射方向在該截面內(nèi)且與MN方向成30°角(如圖所示)，則要讓粒子與圓筒無碰撞地離開圓筒，圓筒角速度應(yīng)為多大？解析 (1)若粒子沿MN方向入射，當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，粒子從M孔(筒逆時針轉(zhuǎn)動)或N孔(筒順時針轉(zhuǎn)動)射出，如圖所示，由軌跡1可知粒子做圓周運動的軌跡半徑rR根據(jù)洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力可得qvBm粒子運動周期T筒轉(zhuǎn)過90°的時間t，又t聯(lián)立以上各式得粒子比荷，粒子速率v0R(2)若粒子與MN方向成30°角入射，速率不變，則做圓周運動的軌跡半徑仍為R，作粒子軌跡2如圖所示，軌跡2的圓心為O，則四邊形MO

15、PO為菱形，可得MOPMOP，所以NOP，則粒子偏轉(zhuǎn)的時間t，又T，得t由于轉(zhuǎn)動方向與射出孔不確定，討論如下：當(dāng)圓筒順時針轉(zhuǎn)動時，設(shè)筒轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)?，若從N點離開，則筒轉(zhuǎn)動時間滿足t，得10，其中k0,1,2,3，若從M點離開，則筒轉(zhuǎn)動時間滿足t，得10，其中k0,1,2,3，綜上可得10，其中n0,1,2,3，當(dāng)圓筒逆時針轉(zhuǎn)動時，設(shè)筒轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)?；若從M點離開，則筒轉(zhuǎn)動時間滿足t，得20，其中k0,1,2,3，若從N點離開，則筒轉(zhuǎn)動時間滿足t，得20，其中k0,1,2,3，綜上可得20，其中n0,1,2,3，綜上所述，圓筒角速度大小應(yīng)為10或者20，其中n0,1,2,3，答案見解析

16、3如圖7所示，以豎直線MN為界，左側(cè)空間有水平向右的勻強電場，右側(cè)空間有豎直向上的勻強電場和垂直紙面水平向外的勻強磁場。在左側(cè)空間O點用長為L的不可伸長的輕質(zhì)絕緣細繩懸掛質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球。現(xiàn)使細繩拉直，從A點靜止釋放小球，小球繞O點做圓周運動，B點為圓周上速度最大點，已知OA與豎直方向夾角130°，OB與豎直方向夾角260°，左右兩側(cè)空間電場強度大小之比為E1E21，重力加速度為g10 m/s2。圖7(1)求左側(cè)空間電場強度大??；(2)求小球運動到B點時，小球?qū)毨K的拉力大??；(3)若小球運動到B點時，細繩突然斷開，小球運動一段時間后，從MN邊界上某點進入右側(cè)空

17、間運動，然后又從MN邊界上另一點回到左側(cè)空間運動，最后到達OB線上某點P時速度變?yōu)榱?，求小球在右?cè)空間運動的時間。解析(1)要使小球在B點的速度最大，則重力與電場力的合力沿OB方向，則tan 30°E1。(2)設(shè)小球運動到B點時速度大小為v0，小球所受重力與電場力的合力為：F2mg從A到B，對小球由動能定理得：FLmv聯(lián)立解得：v0在B點由牛頓第二定律：FTFm在B點時，細繩對小球的拉力為：FT6mg由牛頓第三定律知小球?qū)毨K的拉力大小為6mg。(3)設(shè)小球從MN邊界上的C點進入右側(cè)空間，從D點出右側(cè)空間，從B到C，小球做類平拋運動，進入MN右側(cè)空間后：E2，即qE2mg小球在右側(cè)空

18、間做勻速圓周運動，小球回到左側(cè)空間后，到OB線上某點P速度減小到零，O為小球在MN右側(cè)空間做圓周運動的軌跡圓心，過C點作BD的垂線交BD于Q點。由幾何關(guān)系得CDQ60°，QCD30°，OCDODC30°，在C點小球速度方向與界面夾角也為60°。設(shè)小球從B到C的運動時間為tB，在MN右側(cè)空間做圓周運動半徑為R，運動時間為t。由幾何關(guān)系得：CD2Rcos 30°，QCCD×cos 30°1.5R從B到C，由運動學(xué)規(guī)律得：QCv0tB，v0vcos 30°，vsin 30°atB，a2g以上各式聯(lián)立解得：R，v

19、小球在MN右側(cè)空間做圓周運動的圓心角為240°，即圓周，故小球在MN右側(cè)運動的時間為：t。答案(1)(2)6mg(3)4如圖8所示，ab為一長度為l1 m的粒子放射源，該放射源能同時釋放出大量帶正電的粒子，已知粒子的比荷均為1.6×105 C/kg，帶電粒子的重力以及粒子之間的相互作用均可忽略。圖中的虛線ef距離ab為h1 m，在虛線ef的上方存在垂直紙面向里的勻強磁場。若以a點為坐標(biāo)原點、以ab為x軸、以ad為y軸建立坐標(biāo)系，則圖中曲線ac的軌跡方程為yx2，在曲線ac與放射源ab之間的區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，且電場強度的大小為E12.0×102 N/C，

20、圖中的虛線adef，在ad左側(cè)l1 m處有一長度也為h1 m的熒光屏MN，在ad與MN之間的區(qū)域內(nèi)存在水平向左的勻強電場，電場強度大小為E2，某時刻放射源由靜止釋放大量帶正電的粒子。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)圖8(1)從ab中點釋放的粒子到達虛線ef的速度v1為多大？(2)如果所有的粒子均從同一位置離開勻強磁場，則該磁場的磁感應(yīng)強度B為多大？(3)在滿足第(2)問的條件下，如果所有的粒子均能打到熒光屏上，則E2的最小值為多少？當(dāng)E2取這個最小值時，運動時間最短的粒子的運動總時間為多少？解析(1)由題意，設(shè)由粒子放射源發(fā)射的某個粒子由靜止釋放時與a點的距離為x，則其在區(qū)域中加速的位移yx2，設(shè)粒子

21、射出區(qū)域時的速度大小為v，由動能定理可得E1qymv2，聯(lián)立可得vx從ab的中點釋放的粒子釋放時距a點x1m，代入數(shù)據(jù)可解得v14.0×103 m/s。(2)所有帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為r，由牛頓第二定律可得qvBm，解得rx分析可知，當(dāng)磁感應(yīng)強度B一定時，軌跡半徑r與x成正比，當(dāng)x趨近于零時，粒子做圓周運動的軌跡半徑趨近于零，即所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從d點射出磁場，且有2rx，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得B0.10 T。(3)粒子從d點沿豎直向下的方向進入?yún)^(qū)域的電場后，所有粒子均在電場力作用下做類平拋運動，若所有帶電粒子均能打到熒光屏上，則從b點釋放的粒子剛好運動到熒光屏上的N點時對應(yīng)電場強度最小，設(shè)為E2min，設(shè)該粒子由d點進入電場的初速度為v2，則v2l，設(shè)粒子在區(qū)域中運動的時間為t3，加速度為a2，在水平方向上有l(wèi)a2t，在豎直方向上有hv2t3，又根據(jù)牛頓第二定律得E2minqma2，聯(lián)立解得E2min8.0×102 N/C，由題意可知，當(dāng)E2E2min時最先打在熒光屏上的粒子為從b點釋放的粒子，設(shè)該粒子在區(qū)域的電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2，則有v2t1，在勻強磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，則有r0v2t2，其中r0，故該粒子所經(jīng)歷的總時間tt1t2t3，代入數(shù)據(jù)得t5.7×104 s。答案